高三数学二轮复习 第一篇 专题突破 专题五 立体几何 第3讲 空间向量与立体几何课件 理.ppt

第3讲空间向量与立体几何 考情分析 总纲目录 典型例题如图所示 在底面是矩形的四棱锥p abcd中 pa 底面abcd e f分别是pc pd的中点 pa ab 1 bc 2 1 求证 ef 平面pab 2 求证 平面pad 平面pdc 证明以a为坐标原点 ab ad ap所在直线分别为x轴 y轴 z轴 建立空间直角坐标系如图所示 则a 0 0 0 b 1 0 0 c 1 2 0 d 0 2 0 p 0 0 1 所以e f 0 0 1 0 2 0 1 0 0 1 0 0 1 因为 所以 即ef ab 又ab 平面pab ef 平面pab 所以ef 平面pab 2 因为 0 0 1 1 0 0 0 0 2 0 1 0 0 0 所以 即ap dc ad dc 又因为ap ad a ap 平面pad ad 平面pad 所以dc 平面pad 因为dc 平面pdc 所以平面pad 平面pdc 方法归纳向量法证明平行与垂直的四个步骤 1 建立空间直角坐标系 建系时 要尽可能地利用已知的垂直关系 2 建立空间图形与空间向量之间的关系 用空间向量表示出问题中所涉及的点 直线 平面 3 通过空间向量的运算求出平面向量或法向量 再研究平行 垂直关系 4 根据运算结果解释相关问题 跟踪集训在直三棱柱abc a1b1c1中 abc 90 bc 2 cc1 4 点e在线段bb1上 且eb1 1 d f g分别为cc1 c1b1 c1a1的中点 求证 1 b1d 平面abd 2 平面egf 平面abd 2 由 1 知e 0 0 3 g f 0 1 4 则 0 1 1 所以 0 2 2 0 0 2 2 0 即b1d eg b1d ef 又eg ef e eg ef 平面egf 因此b1d 平面egf 结合 1 可知平面egf 平面abd 考点二利用空间向量求空间角 高频考点 命题点1 利用空间向量求线线角 线面角 二面角 2 由空间角的大小求参数值或线段长 1 向量法求异面直线所成的角若异面直线a b的方向向量分别为a b 所成的角为 则cos cos 2 向量法求线面所成的角求出平面的法向量n 直线的方向向量a 设线面所成的角为 则sin cos 3 向量法求二面角求出二面角 l 的两个半平面 与 的法向量n1 n2 若二面角 l 所成的角 为锐角 则cos cos 若二面角 l 所成的角 为钝角 则cos cos 典型例题 2017课标全国 19 12分 如图 四棱锥p abcd中 侧面pad为等边三角形且垂直于底面abcd ab bc ad bad abc 90 e是pd的中点 1 证明 直线ce 平面pab 2 点m在棱pc上 且直线bm与底面abcd所成角为45 求二面角m ab d的余弦值 解析 1 取pa的中点f 连接ef bf 因为e是pd的中点 所以ef ad ef ad 由 bad abc 90 得bc ad 又bc ad 所以ef bc 四边形bcef是平行四边形 ce bf 又bf 平面pab ce 平面pab 故ce 平面pab 2 由已知得ba ad 以a为坐标原点 的方向为x轴正方向 为单位长 建立如图所示的空间直角坐标系a xyz 则a 0 0 0 b 1 0 0 c 1 1 0 p 0 1 1 0 1 0 0 设m x y z 0 x 1 则 x 1 y z x y 1 z 因为bm与底面abcd所成的角为45 而n 0 0 1 是底面abcd的法向量 所以 cos sin45 即 x 1 2 y2 z2 0 又m在棱pc上 设 则x y 1 z 方法归纳利用空间向量求空间角的一般步骤 1 建立恰当的空间直角坐标系 2 求出相关点的坐标 写出相关向量的坐标 3 结合公式进行论证 计算 4 转化为几何结论 跟踪集训1 2017江苏 22 10分 如图 在平行六面体abcd a1b1c1d1中 aa1 平面abcd 且ab ad 2 aa1 bad 120 1 求异面直线a1b与ac1所成角的余弦值 2 求二面角b a1d a的正弦值 解析在平面abcd内 过点a作ae ad 交bc于点e 因为aa1 平面abcd 所以aa1 ae aa1 ad 如图 以 为正交基底建立空间直角坐标系a xyz 因为ab ad 2 aa1 bad 120 则a 0 0 0 b 1 0 d 0 2 0 e 0 0 a1 0 0 c1 1 1 1 1 则cos 因此异面直线a1b与ac1所成角的余弦值为 2 平面a1da的一个法向量为 0 0 设m x y z 为平面ba1d的法向量 2 2017天津 17 13分 如图 在三棱锥p abc中 pa 底面abc bac 90 点d e n分别为棱pa pc bc的中点 m是线段ad的中点 pa ac 4 ab 2 1 求证 mn 平面bde 2 求二面角c em n的正弦值 3 已知点h在棱pa上 且直线nh与直线be所成角的余弦值为 求线段ah的长 解析如图 以a为原点 分别以 方向为x轴 y轴 z轴正方向建立空间直角坐标系 依题意可得a 0 0 0 b 2 0 0 c 0 4 0 p 0 0 4 d 0 0 2 e 0 2 2 m 0 0 1 n 1 2 0 1 证明 0 2 0 2 0 2 设n x y z 为平面bde的法向量 则 即不妨设z 1 可得n 1 0 1 又 1 2 1 可得 n 0 即 n 因为mn 平面bde 所以mn 平面bde 2 易知n1 1 0 0 为平面cem的一个法向量 设n2 x y z 为平面emn的法向量 则因为 0 2 1 1 2 1 所以不妨设y 1 可得n2 4 1 2 因此有cos 于是sin 所以 二面角c em n的正弦值为 3 依题意 设ah h 0 h 4 则h 0 0 h 进而可得 1 2 h 2 2 2 由已知 得 cos 整理得10h2 21h 8 0 解得h 或h 所以 线段ah的长为或 考点三立体几何中的探索性问题 典型例题 2017宝鸡质量检测 一 如图 四棱锥p abcd的底面abcd为矩形 pa 底面abcd 点e是pd的中点 点f是pc的中点 1 证明 pb 平面aec 2 若底面abcd为正方形 探究在什么条件下 二面角c af d的大小为60 解析易知ad ab ap两两垂直 建立如图所示的空间直角坐标系a xyz 设ab 2a ad 2b ap 2c 则a 0 0 0 b 2a 0 0 c 2a 2b 0 d 0 2b 0 p 0 0 2c 连接bd 设ac bd o 连接oe 则o a b 0 又e是pd的中点 所以e 0 b c 1 因为 2a 0 2c a 0 c 所以 2 所以 即pb eo 因为pb 平面aec eo 平面aec 所以pb 平面aec 方法归纳利用空间向量巧解探索性问题 1 对于存在型问题 解题时 把要满足的结论当作条件 据此列方程或方程组 把 是否存在 问题转化为 是否有解 是否有规定范围内的解 等 2 对于位置探索型问题 通常是借助向量 引入参数 综合条件和结论列方程 解出参数 从而确定位置 跟踪集训如图所示 四边形abcd是边长为1的正方形 md 平面abcd nb 平面abcd 且md nb 1 e为bc的中点 1 求异面直线ne与am所成角的余弦值 2 在线段an上是否存在点s 使得es 平面amn 若存在 求线段as的长 若不存在 请说明理由 2 假设在线段an上存在点s 使得es 平面amn 连接ae 如图所示 因为 0 1 1 可设 0 又 所以 由es 平面amn 得即解得 此时 经检验 当 as 时 es 平面amn 故线段an上存在点s 使得es 平面amn 此时 as 1 2017山东 17 12分 如图 几何体是圆柱的一部分 它是由矩形abcd 及其内部 以ab边所在直线为旋转轴旋转120 得到的 g是的中点 1 设p是上的一点 且ap be 求 cbp的大小 2 当ab 3 ad 2时 求二面角e ag c的大小 随堂检测 解析 1 因为ap be ab be ab ap 平面abp ab ap a 所以be 平面abp 又bp 平面abp 所以be bp 又 ebc 120 因此 cbp 30 2 解法一 取的中点h 连接eh gh ch 因为 ebc 120 所以四边形behc为菱形 所以ae ge ac gc 取ag中点m 连接em cm ec 则em ag cm ag 所以 emc为所求二面角的平面角 又am 1 所以em cm 2 在 bec中 由于 ebc 120 由余弦定理得ec2 22 22 2 2 2 cos120 12 所以ec 2 因此 emc为等边三角形 故所求的角为60 解法二 以b为坐标原点 分别以be bp ba所在的直线为x y z轴 建立如图所示的空间直角坐标系 由题意得a 0 0 3 e 2 0 0 g 1 3 c 1 0 故 2 0 3 1 0 2 0 3 设m x1 y1 z1 是平面aeg的法向量 由可得取z1 2 可得平面aeg的一个法向量m 3 2 设n x2 y2 z2 是平面acg的法向量 由可得取z2 2 可得平面acg的一个法向量n 3 2 所以cos 易知所求角为锐二面角 因此所求的角为60 2 2017昆明教学质量检测 如图所示 在三棱柱abc a1b1c1中 已知ac 平面bcc1b1 ac bc 1 bb1 2 b1bc 60 1 证明 b1c ab 2 已知点e在棱bb1上 二面角a ec1 c为45 求的值 解析 1 在 bcb1中 bc 1 bb1 2 b1bc 60 则b1c 于是bc2 b1c2 b 故b1c bc 因为ac 平面bcc1b 所以ac b1c 又bc ac c 所以b1